1、考向预测1.利用导数研究函数的性质，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.2.在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题 .知识与技巧的梳理1.导数的几何意义函数 f(x) 在 x0 处的导数是曲线 f(x)在点 P(x0，f (x0)处的切线的斜率，曲线 f(x)在点 P 处的切线的斜率 kf (x0)，相应的切线方程为 yf( x0)f (x0)(xx 0).2.四个易误导数公式(1)(sin x)cos x；(2)(c
2、os x)sin x ；(3)(ax)a xln a(a0，且 a1)；(4)(logax) (a0，且 a1，x 0).1xln a3.利用导数研究函数的单调性(1)导数与函数单调性的关系.f(x )0 是 f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数 f(x)x 3 在(，)上单调递增，但 f(x)0.f(x )0 是 f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有 f(x)0 时，则 f(x)为常数函数.(2)利用导数研究函数单调性的方法.若求单调区间(或证明单调性 )，只要在函数定义域内解 (或证明)不等式 f(x)0 或 f(x)0，右侧 f(x)0，则 f(x0)为函数 f
3、(x)的极小值.(2)设函数 yf(x )在a，b上连续，在(a，b) 内可导，则 f(x)在a，b上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.专题一 第 3 讲导数与函数综合问题函数、导数与不等式5.利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与 x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.6.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当 x时，函数值也趋向，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点 x1，x 2 且 x10两个 f(x1)0 或者 f(x2)0a0(f
4、(x1)为极大值，f(x2)为极小值 ) 三个 f(x1)0 且 f(x2)0一个 f(x1)0 或 f(x2)0两个 f(x1)0 或者 f(x2)0a0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值 ) 三个 f(x1)0 且 f(x2)07.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.若证明 f(x)g( x)对一切 xI 恒成立 I 是 f(x)g(x)的解集的子集f(x)g( x)min0(xI).xI，使 f(x)g(x)成立I 与 f(x)g(x)的解集的交集不是空集f(x)g( x)max0(xI ).对x 1，x 2I 使得 f(x1)g( x2)f(x)maxg(x) min
5、.对x 1I，x 2I 使得 f(x1)g( x2)f(x)ming(x) min.热点题型热点一 利用导数研究函数的单调性【例 1】(2019衡水中学)已知函数 ， .lnfxaxb,R（1）讨论 的单调性；fx（2）当 , ， 为两个不相等的正数，证明： .0a12 1212fxfx解（1）函数 的定义域为 ， .fx0,afxx若 ， ，则 在区间 内为增函数；0a1aff0,若 ，令 ，得 .0xf 1a则当 时， ， 在区间 内为增函数；10,xa0fxfx10,a当 时， ， 在区间 内为减函数.,ff,（2）当 时， .不妨设 ，则原不等式等价于 ，0alnfxb120x12ln
6、x令 ，则原不等式也等价于即 .12xt 4l,1tt下面证明当 时， 恒成立.ln201x设 ，则 ，4ln21hx22140xh 故 在区间 内为增函数， ，即 ，,xh4lnx所以 .1212fxfx探究提高 1.求函数的单调区间，只需在函数的定义域内解(证) 不等式 f(x)0 或 f(x)0.(2)对 k 分类讨论不全，题目中已知 k0，对 k 分类讨论时容易对标准划分不准确，讨论不全面 .【训练 1】已知 aR，函数 f(x)(x 2ax )ex(xR，e 为自然对数的底数).(1)当 a2 时，求函数 f(x)的单调递增区间；(2)若函数 f(x)在 (1，1)上单调递增，求 a
7、 的取值范围；(3)函数 f(x)是否为 R 上的单调减函数？若是，求出 a 的取值范围，若不是，请说明理由.解 (1)当 a2 时，f (x)( x 22x)e x，所以 f(x)( 2x2)e x(x 22x )ex(x 22)e x.令 f(x)0，即 (x 22)e x0，因为 ex0，所以x 220，解得 x .2 2所以函数 f(x)的单调递增区间是( ， ).2 2(2)因为函数 f(x)在( 1，1)上单调递增，所以 f(x)0 对 x(1，1) 都成立 .因为 f(x)( 2xa)e x(x 2ax )exx 2(a2) xae x，所以x 2( a2)x ae x0 对 x
8、(1，1) 都成立.因为 ex0，所以x 2(a2)x a0，则 a (x1) 对 x(1，1) 都成立.x2 2xx 1 （x 1）2 1x 1 1x 1令 g(x)(x1) ，则 g(x)1 0.1x 1 1（x 1）2所以 g(x)(x 1) 在(1，1) 上单调递增.所以 g(x)g(1)(11) .1x 1 11 1 32所以 a 的取值范围是 .32， )(3)若函数 f(x)在 R 上单调递减，则 f(x)0 对 xR 都成立，即 x 2(a2)x ae x0 对 xR 都成立.因为 ex0，所以 x2(a2) xa0 对 xR 都成立.所以 (a2) 24a0，即 a240，这
9、是不可能的.故函数 f(x)不可能在 R 上单调递减 .热点二 利用导数研究函数的极值和最值【例 2】 (2018安阳调研)已知函数 的极大值为 2321fxxa（1）求实数 的值；a（2）求 在 上的最大值fx,1b解（1）依题意 ，2431fxx所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减，fx,1,3所以 在 处取得极大值，即 ，解得 12fa23a（2）由（1）知 在 和 上单调递增，在 上单调递减，fx,3,1,当 ，即 时， 在 上单调递增，b0bf,1b所以 在 上的最大值为 fx,132fb当 ，即 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，b0bx,11,b在 上的最大值为 fx,1
10、2f当 且 ，即 时， 在 上单调递减，b3bfx,1b所以 在 上的最大值为 fx,1323f当 ，即 时，令 ，得 或 （舍去）3b21fbf96b936b当 时， 在 上的最大值为 926fx, 32f当 时， 在 上的最大值为 bf,1b1fb综上可知：当 或 时， 在 上的最大值为 ；0b936fx,1b321bf当 时， 在 上的最大值为 ；1fx, ()2f当 时， 在 上的最大值为 936bf,1b323bf探究提高 1.求函数 f(x)的极值，则先求方程 f(x)0 的根，再检查 f(x)在方程根的左右附近函数值的符号.2.若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程 f(x)
11、0 根的大小或存在情况来求解.3.求函数 f(x)在闭区间a，b的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值 f(a)，f(b) 与 f(x)的各极值进行比较得到函数的最值.【训练 2】(2017郴州二模选编) 已知函数 f(x)ax 2(1 2a)xln x.(1)当 a0 时，求函数 f(x)的单调递增区间；(2)当 a0，因为 a0，x 0， 0，x10，得 x1，2ax 1xf(x)的单调递增区间为(1，).(2)由(1)可得 f(x) ，2a(x 1 2a)（x 1）x因为 a1，即 0，因此 f(x)在 上是增函数，12a12 12， 1f(x)的最小值为 f aln 2.(
12、12) 12 34综上，函数 f(x)在区间 上的最小值为：f (x)min12， 1 12 34a ln 2， a0 且 c 0，存在 x1(4，2)，x 2 ，x 3 ，3227 ( 2， 23) ( 23， 0)使得 f(x1)f(x 2)f(x 3)0.由 f(x)的单调性知，当且仅当 c 时，函数 f(x)x 34x 24x c 有三个不同零点.(0，3227)热点四 利用导数求解不等式问题【例 4】(2018深圳期末)已知函数 ， 2lnfxaxR（）当 时，求 的单调区间；3afx（）若 ， ，求 的取值范围1x0fa解：（1） 的定义域为 ，f,2131xfx当 或 时， ，当
13、 时， ，02x10fx20f 在 和 上是增函数，在 上是减函数，f, 1, 和 上是增区间， 上是减区间0,21,2（2）由 ，得 在 时恒成立，fxlnxa1令 ，则 ，2lng2lxg令 ，则 ， 在 为增函数， ，21lnhxx210xhhx1,120hx ， 在 为增函数，0gg, ，所以 ，即实数 的取值范围为 1x1aa,1探究提高 1.(1)涉及不等式证明或恒成立问题，常依据题目特征，恰当构建函数，利用导数研究函数性质，转化为求函数的最值、极值问题，在转化过程中，一定要注意等价性.(2)对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否则应
14、进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化.2.“恒成立”与“ 存在性” 问题的求解是 “互补”关系，即 f(x)g(a)对于 xD 恒成立，应求 f(x)的最小值；若存在xD，使得 f(x)g(a)成立，应求 f(x)的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍.【训练 4】(2017石家庄调研) 已知函数 f(x) (x1).ln xx 1(1)判断函数 f(x)的单调性；(2)是否存在实数 a，使得关于 x 的不等式 ln x1，所以 x(x1) 20.x 1 xln xx（x 1）2设 g(x)x1 xln x，g(x)1ln x1ln x0，
15、若 a0 时显然不满足题意，因此 a0.设 F(x)a( x1)ln x ，F (x)a ，1x ax 1x a(x 1a)x令 F(x)0，得 x .1aa1 时，00，F(x)F(1)0，1a因此 a1 时，ln x1，F(x )在 为减函数，在 为增函数，1a (1， 1a) (1a， )F(x) min0，则实数 a 的取值范围是( )A.(2， ) B.(1，) C.(，2) D.(，1)4.(2018全国 I 卷)已知函数 lnfax（1）讨论 的单调性；fx（2）若 存在两个极值点 ，证明： f 12,x12fxfa高频易错题1.(2018忻州一中)设函数 的图像在点 处切线的斜
16、率为 ，则函数 的图像sincofxx,tf kkgt为（）2.(2019绵阳诊断)若函数 的图象上任意一点的切线斜率均大于 0，则实数 的取值范2ln1fxxb b围为（）A B C D,4,44,43.(2017贵阳联考)已知函数 f(x)的定义域为1，4，部分对应值如下表：x 1 0 2 3 4f(x) 1 2 0 2 0f(x)的导函数 yf(x)的图象如图所示 .当 1f(x)，且 f(0)1，则不等式0 时，x(，0) ，f(x)0；x ，f(x )0，且 f(0)10，故 f(x)有小于 0 的(0，2a) (2a， )零点，不满足.当 a0 且唯一，只需 f 0，则 a24，所
17、以 a0，f（0）e0 f（x）ex所以不等式的解集为x| x0.故填 x|x 0.4.【解题思路】(1)恒成立问题转化为最值问题；(2)求导判断函数的单调性，极值情况，进而确定其零点情况.【答案】解 (1)由对一切 x(0，) ，2f (x)g(x)恒成立，有 2xln xx 2ax3，即 a2ln xx 恒成3x立.令 h(x)2ln xx ，h(x ) 1 ，3x 2x 3x2 x2 2x 3x2 （x 3）（x 1）x2当 x1 时，h(x)0，h( x)是增函数，当 00)，1ex 2ex xex 2e令 f(x)xln x(x0) ，f(x )1ln x，当 x 时，f(x)0，f (x)单调递增.(1e， )所以当且仅当 x 时，f( x)取最小值，且 f(x)min ，1e 1e设 (x) (x0)，则 (x) ，xex 2e 1 xex易知 (x)在(0，1)上单调递增，在(1，) 上单调递减，所以当且仅当 x1 时，(x )取最大值，且 (x)max ，1e中取等号的条件不同，且 ，1ex 2ex即 F(x)ln x 0 恒成立，1ex 2ex故函数 F(x)没有零点.
